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福建三明市2026届高三毕业班质量检测数学试题
一、单选题
1．若，则（ ）
A． B．i C． D．1
2．已知集合，，若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．下列区间是函数的一个单调递增区间的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
6．已知函数的定义域为，，，且当时，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数与的图象关于直线对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据的平均数为2，则数据的平均数为4
B．根据小概率值的独立性检验，当时，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05
C．在一组样本数据（，不全相等）的散点图中，
若所有样本点（）都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为
D．若，，，则
10．记为数列的前n项和，已知，则（ ）
A．当是等比数列时，且
B．当时，
C．当时，数列的前n项和为
D．当时，数列中，第5项的值最大
11．如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为
D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为
三、填空题
12．的展开式中的系数为________．（结果用数字表示）
13．设椭圆长轴的两个顶点分别为A，B，点C为椭圆E上不同于A，B的一点，若的三个内角A，B，C满足，则椭圆E的离心率为________.
14．定义：平面内，图形上的所有点在直线l上的射影所组成的图形称为在l上的射影．若边长为m的正三角形在某一矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为8，则m的取值范围为________．
四、解答题
15．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中有2个红球和3个白球，从中随机摸出2个球．
(1)求摸到的两个球颜色相同的概率；
(2)用表示摸出的球为白球的个数，求的分布列及均值．
16．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．
(1)求A；
(2)若点H在所在平面内，且满足，求面积的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD为等腰梯形，且，，，且四面体AFDC的体积为．
(1)求t的值；
(2)若E为AD的中点，过点E，F的平面与AC平行，交PC于点G，求平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值．
18．已知函数．
(1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)若，求证：；
(3)若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值．
19．在平面直角坐标系xOy中，M是一个动点，MA与直线垂直，垂足A位于第一象限，MB与直线垂直，垂足B位于第四象限，若四边形OAMB的面积为2．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)直线与曲线C交于点，（在的上方），过点，分别作，的平行线，交于点，过点且斜率为2的直线与曲线C交于点，（在的上方），再过点，分别作，的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点，，．
证明：①共线；
②为定值，，．
参考答案
1．C
2．D
3．D
4．B
5．D
6．B
7．A
8．B
9．BD
10．ACD
11．ABD
12．240
13．/
14．
15．（1）设事件“摸到的两个球颜色相同”，事件“摸到的两个球为红球”，事件“摸到的两个球为白球”，则．
因为，互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得
．
（2）的可能取值为，
则，
所以的分布列为：
0 1 2
的均值为.
16．（1）解法一：因为，，由余弦定理，得，
整理得，
则，
因为，所以；
解法二：因为，，所以，
由正弦定理，得，
即，
整理，得，
因为，所以，即，
因为，所以；
（2）解法一：因为，所以，，
即，，故，．
所以H为的垂心．
连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，．
在四边形ADHE中，由，得，则，
在中，设，，则，
由正弦定理，得，
所以，，
则
，
因为，所以，
所以，所以．
即面积的取值范围为
解法二：
因为，所以，，
即，，故，．
所以H为的垂心．
连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，．
在四边形ADHE中，由，得，则，
在中，由余弦定理，得
所以，
得，，当且仅当时，等号成立，
所以，
又，故面积的取值范围为.
17．（1）在平面PAD中，过点F作AD的垂线，垂足为Q，因为平面平面ABCD，
平面平面，平面PAD，所以平面ABCD
在梯形ABCD中，过点C作，垂足为H，
则，故，
所以，解得
在中，过点P作，垂足为O，则，
因为，，所以．所以
因为，所以，所以；
（2）解法一：由（1）知O点即为E点，F为线段AP上靠近A的一个三等分点，
在线段PC上取一点G，使
因为，所以，
又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG
取BC的中点M，连接EM，则，
由（1）知平面ABCD，所以，，
以E为原点，EM，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
所以，因为．
设平面ABG的法向量为，则．
所以．所以．
取，则，．
所以是平面ABG的一个法向量．
因为平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为．
设平面ABG与平面ABCD的夹角为，则．
即平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值为．
解法二：由（1）知O点即为E点，F为线段AP上靠近A的一个三等分点，
在线段PC上取一点G，使．
因为，所以，
又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG
连接CE，则，又，所以四边形ABCE为菱形．
在线段CE上取点H，使得，
连接GH，则，由（1）知平面ABCD，所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以．
在平面ABCD内过点H作，交AB的延长线于点T，
则HT为菱形ABCE，AB边上的高．连接GT，则平面GHT，所以，
所以为二面角的一个平面角，
在菱形ABCE中，，，
所以AB边上的高为，即，又，
所以，
所以．
所以平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值为．
18．（1）法1：的定义域为，令，即，即．
令，则
（ⅰ）当时，，则在上单调递增，至多有一个零点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减．
所以在处取得最大值，最大值为，
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，故没有零点；
③当时，，即，
又时，；时，．
所以在上有一个零点，在上有一个零点，
故在上有两个零点；
综上，实数a的取值范围为．
法2：的定义域为，令，即，
即，即，
设，则．
当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减，所以．
又，当时，；时，．
画出的大致图象如图所示．
函数有两个零点，等价于函数的图象与直线有两个交点．
由图象可得，实数a的取值范围为.
（2）法1：因为，所以，
故要证，只需证，即证，
令，则，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，故，即，
因此当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为．
所以，命题得证.
法2：因为，所以，
故要证，只需证，即证，
即证，
令，则．
令，则；令，则．
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
令，从而只需证．
令，则，
所以在上单调递增，故，
所以，从而成立．
（3）时，恒成立，即恒成立，即恒成立．
设函数，则恒成立，
（ⅰ）当时，因为函数，在上均为减函数，所以函数在上单调递减．
且当时，，与题意不符；
（ⅱ）当时，，
当时，，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
所以，
依题意，，即，
所以，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以当时，取得最大值，最大值为．
故
所以，当，时等号成立．
综上所述，的最大值为.
19．（1）设，由与垂直，得四边形OAMB是矩形，故，即，整理得，
因为A，B两点分别在第一、四象限，所以动点M的轨迹C的方程是：.
（2）证明①：设斜率为2，与曲线C相交于，两点的直线方程为，其中，，
联立方程，消去y可得，
因为该方程有两个正根，所以，解得，
根据韦达定理：，，
直线的方程为，又，故，
直线的方程为，又，故，
联立方程，两式相加得，
代回方程组得，
于是，
，
故都在直线上，所以共线．
证明②：设坐标为，则直线方程为，故①中，
所以，，
又，于是，，
，
所以．
故为定值，，

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